Thể tích khối hộp
-
1315 lượt thi
-
32 câu hỏi
-
45 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Công thức tính thể tích lăng trụ có diện tích đáy SS và chiều cao hh là:
Đáp án cần chọn là: D
Câu 2:
Thể tích khối hộp chữ nhật có diện tích đáy S và độ dài cạnh bên a là:
Hình hộp chữ nhật có cạnh bên vuông góc với đáy nên cạnh bên chính là đường cao.
Vì hình hộp chữ nhật cũng là hình lăng trụ nên thể tích của khối hộp cũng được tính bởi công thức V=Sh, hay V=Sa.
Đáp án cần chọn là: A
Câu 3:
\[\]Đề thi THPT QG – 2021 lần 1– mã 104
Thể tích của khối lập phương cạnh 2a bằng:
Thể tích khối lập phương cạnh 2a là:\[V = {\left( {2a} \right)^3} = 8{a^3}\]
Đáp án cần chọn là: C
Câu 4:
Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′ có thể tích V. Trên đáy A′B′C′ lấy điểm M bất kì. Thể tích khối chóp M.ABC tính theo V bằng:
Vì\[M \in \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow d\left( {M;\left( {ABC} \right)} \right) = d\left( {\left( {A'B'C'} \right);\left( {ABC} \right)} \right)\]
\[ \Rightarrow {V_{M.ABC}} = \frac{1}{3}d\left( {M;\left( {ABC} \right)} \right).{S_{ABC}} = \frac{1}{3}V\]
Đáp án cần chọn là: C
Câu 5:
Cho lăng trụ xiên tam giác ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, biết cạnh bên là \(a\sqrt 3 \) và hợp với đáy ABC một góc 600. Thể tích khối lăng trụ là:
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A′ trên\[\left( {ABC} \right) \Rightarrow A'H \bot \left( {ABC} \right)\]
⇒AH là hình chiếu vuông góc của AA′ trên
\[\left( {ABC} \right) \Rightarrow \widehat {\left( {AA';\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {AA';AH} \right)} = \widehat {A'AH} = {60^0}\]
\[A'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'H \bot AH \Rightarrow {\rm{\Delta }}A'AH\]vuông tại
\[H \Rightarrow A'H = AA'.\sin 60 = a\sqrt 3 .\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a}}{2}\]
Tam giác ABC đều cạnh nên\[{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\]
Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{ABC}} = \frac{{3a}}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^3}\sqrt 3 }}{8}\]
Đáp án cần chọn là: A
Câu 6:
Cho hình lăng trụ ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc \(\widehat A = {60^0}\). Chân đường cao hạ từ B′ xuống (ABCD) trùng với giao điểm 2 đường chéo, biết BB′=a . Thể tích khối lăng trụ là:
Gọi \[O = AC \cap BD\]
Xét tam giác ABD có\[AB = AD = a\]và\[\widehat {BAD} = {60^0} \Rightarrow {\rm{\Delta }}ABD\]đều cạnh\[a \Rightarrow BD = a \Rightarrow BO = \frac{a}{2}\]
\[ \Rightarrow B'O \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow B'O \bot BO \Rightarrow {\rm{\Delta }}BB'O\]vuông tại O
\[ \Rightarrow B'O = \sqrt {B{B^{\prime 2}} - B{O^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]
\[{S_{ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow {S_{ABCD}} = 2{S_{ABD}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\]
Vậy\[{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = B'O.{S_{ABCD}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^3}}}{4}\]Đáp án cần chọn là: C
Câu 7:
Cho hình lăng trụ ABC.A′B′C′ có AB=2a,AC=a,\(AA' = \frac{{a\sqrt {10} }}{2},\widehat {BAC} = {120^0}\). Hình chiếu vuông góc của C′ lên (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ theo a?
Áp dụng định lí Côsin trong tam giác ABC có:
\[BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2} - 2AB.AC.\cos 120} \]
\[ = \sqrt {4{a^2} + {a^2} - 2.2a.a.\frac{{ - 1}}{2}} = a\sqrt 7 \Rightarrow CH = \frac{1}{2}BC = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\]
\[C'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow C'H \bot CH \Rightarrow {\rm{\Delta }}CC'H\] vuông tại H
\[ \Rightarrow C'H = \sqrt {C{C^{\prime 2}} - C{H^2}} = \sqrt {\frac{{10{a^2}}}{4} - \frac{{7{a^2}}}{4}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]
\[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin 120 = \frac{1}{2}.2a.a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\]
Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = C'H.{S_{ABC}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^3}}}{4}\]
Đáp án cần chọn là: B
Câu 8:
Cho hình lăng trụ ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của điểm A′ trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm I của cạnh AB. Biết A′C tạo với mặt phẳng đáy một góc α với \[tan\alpha = \frac{2}{{\sqrt 5 }}\]. Thể tích khối chóp A′.ICD là:
Theo bài ra ta có: IC là hình chiếu vuông góc của A′C trên (ABCD)
\[ \Rightarrow \widehat {\left( {A'C;\left( {ABCD} \right)} \right)} = \widehat {\left( {A'C;IC} \right)} = \widehat {A'CI} = \alpha \]
Xét tam giác vuông IBC có:\[IC = \sqrt {I{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + {a^2}} = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}\]
Xét tam giác vuông A′IC có:\[A'I = IC.\tan \alpha = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}.\frac{2}{{\sqrt 5 }} = a\]
\[{S_{{\rm{\Delta }}ICD}} = \frac{1}{2}d\left( {I;CD} \right).CD = \frac{1}{2}a.a = \frac{{{a^2}}}{2}\]
Vậy\[{V_{A'.ICD}} = \frac{1}{3}A'I.{S_{{\rm{\Delta }}ICD}} = \frac{1}{3}.a.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}}}{6}\]
Đáp án cần chọn là: A
Câu 9:
Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′ mà mặt bên ABB′A′ có diện tích bằng 4. Khoảng cách giữa CC′ và mặt phẳng (ABB′A′) bằng 7. Thể tích khối lăng trụ là:
Dựng khối hộp \[ABCD.A'B'C'D'\] ta có:\[{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{2}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}\]
Khối hộp\[ABCD.A'B'C'D'\] có hai đáy là\[ABB'A'\] và\[CDD'C'\]
\[ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABB'A'}}.h\]
Trong đó\[h = d\left( {\left( {ABB'A'} \right);\left( {CDD'C'} \right)} \right) = d\left( {CC';\left( {ABB'A'} \right)} \right) = 7\]
\[ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 4.7 = 28\]
Vậy \[{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{2}.28 = 14\]Đáp án cần chọn là: C
Câu 10:
Cho lăng trụ ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, và \[A\prime A = A\prime B = A\prime C = a\sqrt {\frac{7}{{12}}} \;\]. Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ theo a là:
Gọi H là tâm tam giác đều ABC . Vì\[A'A = A'B = A'C\] nên hình chóp\[A'.ABC\] là đều nên\[A'H \bot \left( {ABC} \right)\]
Gọi I là trung điểm của AB.
Vì tam giác ABC đều cạnh a nên\[CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow HI = \frac{1}{3}CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}\]
Tam giác A′AB cân tại A′ nên\[A'I \bot AB \Rightarrow {\rm{\Delta }}A'AI\] vuông tại
\[I \Rightarrow A'I = \sqrt {A{A^{\prime 2}} - A{I^2}} = \sqrt {\frac{{7{a^2}}}{{12}} - \frac{{{a^2}}}{4}} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}\]
\[A'H \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow A'H \bot HI \Rightarrow {\rm{\Delta }}A'HI\] vuông tại
\[H \Rightarrow A'H = \sqrt {A'{I^2} - H{I^2}} = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{3} - \frac{{{a^2}}}{{12}}} = \frac{a}{2}\]
Vì tam giác ABC đều cạnh a nên\[{S_{ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\]
Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = A'H.{S_{ABC}} = \frac{a}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\]
Đáp án cần chọn là: B
Câu 11:
Cho hình lăng trụ ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác cân \(AB = AC = a;\widehat {BAC} = {120^0}\) và AB′ vuông góc với \[(A\prime B\prime C\prime )\] . Mặt phẳng \[(AA\prime C\prime )\;\]tạo với mặt phẳng \[(A\prime B\prime C\prime )\;\]một góc \[{30^0}\]. Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ là:
Trong (A’B’C’) kẻ\[B'K \bot A'C'\,\,\left( {K \in A'C'} \right)\]
Ta có:
\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{AB\prime \bot A\prime C\prime (AB\prime \bot (A\prime B\prime C\prime ))}\\{B\prime K \bot A\prime C\prime }\end{array}} \right\} \Rightarrow A\prime C\prime \bot (AB\prime K)\)
\[ \Rightarrow A\prime C\prime \bot AK\]
\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{(AA\prime C\prime ) \cap (A\prime B\prime C\prime ) = A\prime C\prime }\\{(AA\prime C\prime ) \supset AK \bot A\prime C\prime }\\{(A\prime B\prime C\prime ) \supset B\prime K \bot A\prime C\prime }\end{array}} \right\} \Rightarrow ((AA\prime \widehat {C\prime );(A\prime }B\prime C\prime )) = (A\widehat {K;B}\prime K) = \widehat {AKB\prime } = {30^0}\)
Ta có:
\[\begin{array}{*{20}{l}}{{S_{A'B'C'}} = \frac{1}{2}A'B'.A'C'.\sin 120 = \frac{1}{2}{a^2}.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{1}{2}B'K.A'C'}\\{ \Rightarrow B'K = \frac{{2{S_{A'B'C'}}}}{{A'C'}} = \frac{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}\end{array}\]
\[AB' \bot \left( {A'B'C'} \right) \Rightarrow AB' \bot B'K \Rightarrow {\rm{\Delta }}AB'K\] vuông tại B’
\[ \Rightarrow AB' = B'K.tan30 = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{a}{2}\]
Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = AB'.{S_{A'B'C'}} = \frac{a}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{8}\]
Đáp án cần chọn là: C
Câu 12:
Cho hình lăng trụ ABC.A′B′C′ có độ dài tất cả các cạnh bằng a và hình chiếu vuông góc của đỉnh C trên (ABB′A′) là tâm của hình bình hành ABB′A′. Thể tích của khối lăng trụ là:
Gọi O là tâm hình bình hành \[ABB'A'\] Ta có\[CO \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow CO \bot OA;CO \bot OB\]
\[{\rm{\Delta }}COA = {\rm{\Delta }}COB\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow OA = OB \Rightarrow AB' = A'B \Rightarrow ABB'A'\] là hình chữ nhật.
Lại có\[AB = BB' = a \Rightarrow ABB'A'\] là hình vuông
Khi đó \[OA = OB = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}\]
Xét tam giác vuông OAC có:\[OC = \sqrt {A{C^2} - O{A^2}} = \sqrt {{a^2} - \frac{{{a^2}}}{2}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]
\[ \Rightarrow {V_{C.A'AB}} = \frac{1}{3}OC.{S_{A'AB}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 2 }}{2}.\frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{{12}}\]
Mà
\[{V_{ABC.A'B'C'}} = {S_{ABC}}.d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right) = 3.\frac{1}{3}{S_{ABC}}.d\left( {A',\left( {ABC} \right)} \right) = 3.{V_{A'.ABC}}\]
Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = 3{V_{C.A'AB}} = \frac{{{a^3}\sqrt 2 }}{4}\]Đáp án cần chọn là: C
Câu 13:
Mệnh đề nào dưới đây sai?
Diện tích toàn phần của hình hộp chữ nhật:\[{S_{tp}} = {S_{xq}} + 2ab = 2h\left( {a + b} \right) + 2ab.\]
Thể tích hình hộp chữ nhật:\[V = abh.\]
Thể tích của lăng trụ là:\[V = {S_d}.h.\]
Diện tích toàn phần của khối lập phương:\[{S_{tp}} = 6{a^2}.\]
Thể tích của khối lập phương:\[V = {a^3}.\]
Thể tích khối chóp là: \[V = \frac{1}{3}{S_d}.h.\]
Do đó các đáp án B, C, D đúng, chỉ có A sai.
Đáp án cần chọn là: A
Câu 14:
Cho hình lăng trụ ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình chữ nhật với \[AB = \sqrt 3 ,AD = \sqrt 7 \]. Hai mặt bên \[(ABB\prime A\prime )\;\;\]và \[(ADD\prime A\prime )\;\;\]lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600. Tính thể tích khối hộp nếu biết cạnh bên bằng 1.
Kẻ\[A'H \bot \left( {ABCD} \right);HM \bot AB;HN \bot AD\]
Ta có:\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{A\prime H \bot AB}\\{HM \bot AB}\end{array}} \right\} \Rightarrow AB \bot (A\prime HM) \Rightarrow AB \bot A\prime M\)
\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{(ABB\prime A\prime ) \cap (ABCD) = AB}\\{(ABB\prime A\prime ) \supset A\prime M \bot AB}\\{(ABCD) \supset HM \bot AB}\end{array}} \right\} \Rightarrow ((ABB\prime \widehat {A\prime );(A}BCD)) = (A\prime \widehat {M;H}M) = \widehat {A\prime MH} = {45^o}\)
Chứng minh tương tự ta có\[\widehat {A'NH} = {60^0}\]
Đặt A′H=x khi đó ta có:
\[A'N = \frac{x}{{\sin 60}} = \frac{{2x}}{{\sqrt 3 }},AN = \sqrt {A{A^{\prime 2}} - A'{N^2}} = \sqrt {1 - \frac{{4{x^2}}}{3}} = HM\]
Mà \[HM = x.\cot 45 = x\]
\[ \Rightarrow x = \sqrt {1 - \frac{{4{x^2}}}{3}} \Leftrightarrow {x^2} = 1 - \frac{{4{x^2}}}{3} \Leftrightarrow \frac{{7{x^2}}}{3} = 1 \Rightarrow {x^2} = \frac{3}{7} \Rightarrow x = \sqrt {\frac{3}{7}} \]
\[{S_{ABCD}} = \sqrt 3 .\sqrt 7 = \sqrt {21} \]Vậy\[{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = A'H.{S_{ABCD}} = \sqrt {\frac{3}{7}} .\sqrt {21} = 3\]
Đáp án cần chọn là: A
Câu 15:
Cho hình lăng trụ xiên ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác đều với tâm O. Hình chiếu của C′ trên (ABC) là O. Tính thể tích của lăng trụ biết rằng khoảng cách từ O đến CC′ là a và 2 mặt bên (ACC′A′) và (BCC′B′) hợp với nhau góc 900.
Gọi D là trung điểm của AB. Trong (CC′D) kẻ \[OH \bot CC' \Rightarrow OH = a\]
\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot AB}\\{C\prime O \bot AB}\end{array}} \right\} \Rightarrow AB \bot (CC\prime D) \Rightarrow AB \bot CC\prime \)
Trong (ABC), qua O kẻ\[EF//AB\left( {E \in BC;F \in AC} \right)\]
Ta có: \(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{EF \bot CC\prime }\\{OH \bot CC'}\end{array}} \right\} \Rightarrow CC\prime \bot (EFH) \Rightarrow CC\prime \bot HE;CC\prime \bot HF\)
Ta có:
\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{(ACC\prime A\prime ) \cap (BCC\prime B\prime ) = CC\prime }\\{(ACC\prime A\prime ) \supset HF \bot CC\prime }\\{(BCC\prime B\prime ) \supset HE \bot CC\prime }\end{array}} \right\} \Rightarrow ((ACC\prime \widehat {A\prime );(B}CC\prime B\prime )) = (H\widehat {F;H}E) = {90^0}\)
\[ \Rightarrow HE \bot HF\]
\[ \Rightarrow {\rm{\Delta }}HEF\] vuông tại H
\[{\rm{\Delta }}HCE = {\rm{\Delta }}HCF\left( {c.g.v - c.h} \right) \Rightarrow HE = HF \Rightarrow {\rm{\Delta }}HEF\] vuông cân tại H\[ \Rightarrow EF = 2HO = 2a\]
Ta có:\[\frac{{EF}}{{AB}} = \frac{{CO}}{{CD}} = \frac{2}{3} \Rightarrow AB = \frac{3}{2}EF = \frac{3}{2}.2a = 3a\]
\[ \Rightarrow {S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{{A{B^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{4}\]
\[CD = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow CO = \frac{2}{3}AB = \frac{2}{3}.\frac{{3a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \]
\[C'O \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow C'O \bot CO \Rightarrow {\rm{\Delta }}CC'O\] vuông tại O
\[ \Rightarrow \frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{C'{O^2}}} + \frac{1}{{C{O^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{C'{O^2}}} = \frac{1}{{O{H^2}}} - \frac{1}{{C{O^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} - \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{2}{{3{a^2}}} \Rightarrow C'O = \frac{{\sqrt 6 }}{2}a\]
Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = C'O.{S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.\frac{{9{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{27{a^3}\sqrt 2 }}{8}\]
Đáp án cần chọn là: D
Câu 16:
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A. \[AB = a;AC = a\sqrt 3 ;AA\prime = 2a\]. Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ là:
\[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\]
\[ \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = 2a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = {a^3}\sqrt 3 \]
Đáp án cần chọn là: A
Câu 17:
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy là tam giác cân tại A. \(AB = AC = 2a,\widehat {CAB} = {120^0}\). Mặt phẳng \[(AB\prime C\prime )\] tạo với đáy một góc 600. Thể tích khối lăng trụ là:
Gọi D là trung điểm của B′C′. Vì tam giác A′B′C′ cân tại A′ nên \[A'D \bot B'C'\] (trung tuyến đồng thời là đường cao).
Vì ABC.A′B′C′ là hình lăng trụ đứng nên\[AA' \bot (A'B'C')\]
Ta có:\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{A\prime D \bot B\prime C\prime }\\{AA\prime \bot B\prime C\prime }\end{array}} \right\} \Rightarrow B\prime C\prime \bot (AA\prime D) \Rightarrow B\prime C\prime \bot AD\)
\(\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{(AB\prime C\prime ) \cap (A\prime B\prime C\prime ) = B\prime C'}\\{(AB\prime C\prime ) \supset AD \bot B\prime C\prime }\\{(A\prime B\prime C\prime ) \supset A\prime D \bot B\prime C\prime }\end{array}} \right\} \Rightarrow ((AB\prime \widehat {C\prime );(A\prime }B\prime C\prime )) = (A\widehat {D;A\prime }D) = \widehat {ADA}\prime = {60^0}\)
Vì tam giác A′B′C′ cân tại A′ nên\[\widehat {DA'C'} = \frac{1}{2}\widehat {B'A'C'} = {60^0}\] (trung tuyến đồng thời là phân giác)
Xét tam giác vuông A′D′C′ có: \[A'D = A'C'.cos60 = 2a.\frac{1}{2} = a\]
Xét tam giác vuông AA′D có:\[AA' = A'D.\tan 60 = a.\sqrt 3 \]
\[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC.\sin \widehat {BAC} = \frac{1}{2}.2a.2a.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = {a^2}\sqrt 3 \]
Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = a\sqrt 3 .{a^2}\sqrt 3 = 3{a^3}\]
Đáp án cần chọn là: D
Câu 18:
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, \(\widehat {ACB} = {60^0}\), cạnh BC=a, đường chéo A′B tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 300. Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ là:
Vì \[AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AB\] là hình chiếu vuông góc của A′B lên\[(ABC) \Rightarrow \widehat {\left( {A'B;\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {A'B;AB} \right)} = \widehat {A'BA} = {30^0}\]
Xét tam giác vuông ABC có:\[AB = BC.\tan 60 = a\sqrt 3 \]
\[AA' \bot \left( {ABC} \right) \supset AB \Rightarrow AA' \bot AB \Rightarrow {\rm{\Delta }}ABA'\]vuông tại A
\[ \Rightarrow AA' = AB.\tan \widehat {A'BA} = a\sqrt 3 .\tan 30 = a\sqrt 3 .\frac{1}{{\sqrt 3 }} = a\]
\[{S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{1}{2}AB.BC = \frac{1}{2}a\sqrt 3 .a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\]
Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = a.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{2}\]
Đáp án cần chọn là: A
Câu 19:
Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A′B′C′D′ có đáy là tứ giác đều cạnh a, biết rằng \[BD\prime = a\sqrt 6 \;\]. Tính thể tích của khối lăng trụ?
Vì A′B′C′D′ là hình vuông cạnh a nên\[B'D' = a\sqrt 2 \]
\[BB' \bot \left( {A'B'C'D'} \right) \Rightarrow BB' \bot B'D' \Rightarrow {\rm{\Delta }}BB'D'\] vuông tại
\[B' \Rightarrow BB' = \sqrt {B{D^{\prime 2}} - B'{D^{\prime 2}}} = \sqrt {6{a^2} - 2{a^2}} = 2a\]
Vậy\[{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = BB'.{S_{ABCD}} = 2a.{a^2} = 2{a^3}\]
Đáp án cần chọn là: D
Câu 20:
Đáy của hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A′B′C′ là tam giác đều cạnh a=4 và biết diện tích tam giác A′BC bằng 8 . Tính thể tích khối lăng trụ?
Gọi D là trung điểm của BC ta có:
Tam giác ABC đều nên\[AD \bot BC\] và\[AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot BC\]
\[ \Rightarrow BC \bot \left( {AA'D} \right) \Rightarrow BC \bot A'D \Rightarrow {\rm{\Delta }}A'BC\] cân tại A’
Tam giác ABC đều cạnh\[a = 4 \Rightarrow AD = \frac{{4\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \]
\[{S_{{\rm{\Delta }}A'BC}} = \frac{1}{2}A'D.BC \Rightarrow A'D = \frac{{2{S_{{\rm{\Delta }}A'BC}}}}{{BC}} = \frac{{2.8}}{4} = 4\]
Xét tam giác vuông AA’D có:\[AA' = \sqrt {A'{D^2} - A{D^2}} = \sqrt {16 - 12} = 2\]
\[{S_{ABC}} = \frac{{{4^2}\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 \]
Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = 2.4\sqrt 3 = 8\sqrt 3 \]
Đáp án cần chọn là: B
Câu 21:
Lăng trụ đứng tứ giác có đáy là hình thoi mà các đường chéo là 6cm và 8cm, biết rằng chu vi đáy bằng 2 lần chiều cao lăng trụ. Tính thể tích khối lăng trụ
Gọi\[O = AC \cap BD\] ta có:\[OA = 3cm\,;\,OB = 4cm\]
Xét tam giác vuông OAB có: \[AB = \sqrt {O{A^2} + O{B^2}} = \sqrt {{3^2} + {4^2}} = 5cm\]
Khi đó chu vi đáy bằng\[P = 4.5 = 20 = 2AA' \Rightarrow AA' = 10\left( {cm} \right)\]
\[{S_{ABCD}} = \frac{1}{2}AC.BD = \frac{1}{2}.6.8 = 24\left( {c{m^2}} \right)\]
Vậy\[{V_{ABCD.A'B'C'D'}} = AA'.{S_{ABCD}} = 10.24 = 240\left( {c{m^3}} \right)\]
Đáp án cần chọn là: C
Câu 22:
Cho lăng trụ đứng ABC.A′B′C′ với ABC là tam giác vuông cân tại C có AB=a , mặt bên ABB′A′ là hình vuông. Mặt phẳng qua trung điểm I của AB và vuông góc với AB′ chia khối lăng trụ thành 2 phần. Tính thể tích mỗi phần?
Gọi D là trung điểm của AA′ ta có ID là đường trung bình của tam giác
\[AA'B \Rightarrow ID//A'B\]
Mà\[A'B \bot AB'\] (do ABB′A′ là hình vuông)
\[ \Rightarrow ID \bot AB'\]
Tam giác ABC vuông cân tại CC nên \[IC \bot AB\]. Mà\[AA' \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow AA' \bot IC\]
\[ \Rightarrow IC \bot \left( {ABB'A'} \right) \Rightarrow IC \bot AB'\]
\[ \Rightarrow AB' \bot \left( {ICD} \right)\]
⇒ Mặt phẳng qua I và vuông góc với AB′ là (ICD)
Tam giác ABC vuông cân tại C nên
\[AC = BC = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{1}{2}AC.BC = \frac{1}{2}\frac{a}{{\sqrt 2 }}\frac{a}{{\sqrt 2 }} = \frac{{{a^2}}}{4}\]
\[ABB'A'\] là hình vuông\[ \Rightarrow AA' = AB = a\]
\[ \Rightarrow {V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{ABC}} = a.\frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{{a^3}}}{4} = V\]
Ta có:
\[{V_{D.ACI}} = \frac{1}{3}AD.{S_{ACI}} = \frac{1}{3}.\frac{1}{2}AA'.\frac{1}{2}{S_{ABC}} = \frac{1}{{12}}{V_{ABC.A'B'C'}} = \frac{1}{{12}}.\frac{{{a^3}}}{4} = \frac{{{a^3}}}{{48}} = {V_1}\]
\[ \Rightarrow {V_2} = V - {V_1} = \frac{{{a^3}}}{4} - \frac{{{a^3}}}{{48}} = \frac{{11{a^3}}}{{48}}\]
Đáp án cần chọn là: C
Câu 23:
Cho đa diện ABCDEF có AD,BE,CF đôi một song song. AD⊥(ABC), AD+BE+CF=5, diện tích tam giác ABC bằng 10. Thể tích đa diện ABCDEF bằng
Chọn\[AD = BE = CF = \frac{5}{3}\] thì đa diện là hình lăng trụ đứng\[ABC.DEF\] có diện tích đáy\[{S_{ABC}} = 10\] và chiều cao\[AD = \frac{5}{3}\]
Thể tích\[V = {S_{ABC}}.AD = 10.\frac{5}{3} = \frac{{50}}{3}\]
Đáp án cần chọn là: C
Câu 24:
Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′ có thể tích bằng V. Gọi M,N,P,Q,E,F lần lượt là tâm các hình bình hành ABCD,A′B′C′D′,ABB′A′,BCC′B′,CDD′C′,DAA′D′. Thể tích khối đa diện có các đỉnh M,P,Q,E,F,N bằng:
Đặc biệt hóa, coi \[ABCD.A'B'C'D'\] là khối lập phương cạnh bằng 1
\[ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = 1 = V\]
Dễ thấy \[MNPQEF\] là khối bát diện đều cạnh cạnh\[QE = \frac{1}{2}BD = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\]
Vậy\[{V_{MNPQEF}} = \frac{{{{\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)}^3}\sqrt 2 }}{3} = \frac{1}{6} = \frac{V}{6}\]
Đáp án cần chọn là: C
Câu 25:
Cho hình lập phương ABCD.A' B 'C ' D ' có diện tích mặt chéo ACC’A’ bằng \[2\sqrt 2 {a^2}\]. Thể tích của khối lập phươg ABCD.A’B’C’D’ bằng
Gọi độ dài cạnh hình lập phương là x.
Khi đó \[AC = x\sqrt 2 ;AA' = x\]
Mà diện tích mặt chéo ACC’A’ bằng\[2\sqrt 2 {a^2}\] nên
\[AC.AA' = 2\sqrt 2 {a^2} \Rightarrow x\sqrt 2 .x = 2\sqrt 2 {a^2} \Rightarrow x = a\sqrt 2 \]
Khi đó thể tích hình lập phương là\[V = {x^3} = 2{a^3}\sqrt 2 \]Đáp án cần chọn là: D
Câu 26:
Cho hình lăng trụ ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Cạnh BC=2a và \[\angle ABC = {60^0}\]. Biết tứ giác BCC′B′ là hình thoi có \[\angle B\prime BC\;\] nhọn. Mặt phẳng \[(BCC\prime B\prime )\;\]vuông góc với (ABC) và mặt phẳng \[(ABB\prime A\prime )\;\]tạo với (ABC) góc 450. Thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′ bằng:
Trong (BCC′B′) kẻ \[B'H \bot BC\,\,\left( {H \in BC} \right)\] (do \[\angle B'BC\] nhọn).
Trong \[\left( {ABC} \right)\]kẻ\[HK\parallel AC \Rightarrow HK \bot AB\]ta có:
\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AB \bot HK}\\{AB \bot B\prime H}\end{array}} \right. \Rightarrow AB \bot (B\prime HK) \Rightarrow AB \bot B\prime K\)
Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(ABB\prime A\prime ) \cap (ABC) = AB}\\{B\prime K \subset (ABB\prime A\prime ),B\prime K \bot AB}\\{HK \subset (ABC),HK \bot AB}\end{array}} \right.\)
\[ \Rightarrow \angle \left( {\left( {ABB'A'} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {B'K;HK} \right) = \angle B'HK = {45^0}\]
\[ \Rightarrow {\rm{\Delta }}B'HK\] vuông cân tại\[H \Rightarrow B'H = HK = x\]
Xét tam giác vuông BB′H có: \[BH = \sqrt {B{B^{\prime 2}} - B{H^{\prime 2}}} = \sqrt {4{a^2} - {x^2}} \]
Xét tam giác vuông ABC có: \[AC = BC.\sin {60^0} = a\sqrt 3 ,AB = BC.\cos {60^0} = a\]
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: \[\frac{{BH}}{{BC}} = \frac{{HK}}{{AC}} \Rightarrow \frac{{\sqrt {4{a^2} - {x^2}} }}{{2a}} = \frac{x}{{a\sqrt 3 }}\]
\[\begin{array}{*{20}{l}}{ \Leftrightarrow 3\left( {4{a^2} - {x^2}} \right) = 4{x^2}}\\{ \Leftrightarrow 12{a^2} - 3{x^2} = 4{x^2}}\\{ \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{12{a^2}}}{7}}\\{ \Leftrightarrow x = \frac{{2a\sqrt {21} }}{7} = B'H}\end{array}\]
\[{S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.a.a\sqrt 3 = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}\]
Vậy\[{V_{ABC.A'B'C'}} = B'H.{S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{{2a\sqrt {21} }}{7}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3{a^3}\sqrt 7 }}{7}\]Đáp án cần chọn là: B
Câu 27:
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′ có diện tích đáy bằng 12 và chiều cao bằng 66. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của CB,CA và P,Q,R lần lượt là tâm các hình bình hành ABB′A′, BCC′B′, CAA′C′. Thể tích của khối đa diện PQRABMN bằng:
Gọi P′,Q′,R′ lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (PQR) với các cạnh CC′,AA′,BB′.
Dễ dàng chứng minh được P′,Q′,R′ tương ứng là trung điểm của các cạnh CC′,AA′,BB′, đồng thời P,Q,R lần lượt là trung điểm của các cạnh Q′R′,R′P′,P′Q′.
Đặt\(\)\[V = {V_{ABC.Q'R'P'}}\]
Ta có:\[{S_{R'PQ}} = \frac{1}{4}{S_{R'Q'P'}}\] nên\[{V_{B.R'PQ}} = \frac{1}{4}{V_{B.R'Q'P'}} = \frac{1}{4}.\frac{1}{3}V = \frac{1}{{12}}V\]
Tương tự ta có:\[{V_{A.Q'PR}} = \frac{1}{{12}}V\]
Ta có:\[{S_{MNC}} = {S_{QRP'}} = \frac{1}{4}{S_{ABC}}\] nên\[{V_{CMN.P'QR}} = \frac{V}{4}\]
Vậy\[V{V_{PQRABMN}} = V - {V_{B.R'PQ}} - {V_{A.Q'PR}} - {V_{CMN.P'QR}} = V - 2.\frac{V}{{12}} - \frac{V}{4} = \frac{{7V}}{{12}} = \frac{7}{2}.\frac{1}{2}.12.6 = 21\]
Đáp án cần chọn là: D
Câu 28:
Cho khối lăng trụ ABC.A′B′C′. Gọi E là trọng tâm tam giác A′B′C′ và F là trung điểm BC. Gọi V1 là thể tích khối chóp B′.EAF và V2 là thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′. Khi đó \[\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}}\] có giá trị bằng
Gọi thể tích ABC.A′B′C′ là V.
Gọi M là trung điểm của B′C′ ta có:\[{S_{{\rm{\Delta }}AEF}} = \frac{1}{2}{S_{AA'MF}}\]
\[ \Rightarrow {V_{B'.AEF}} = \frac{1}{2}{V_{B'.AA'MF}}\]
Mà\[{V_{B'.AA'MF}} = \frac{2}{3}{V_{ABF.A'B'M}} = \frac{2}{3}.\frac{1}{2}V = \frac{1}{3}V\]
\[ \Rightarrow {V_{B'.AEF}} = \frac{1}{2}{V_{B'.AA'MF}} = \frac{1}{2}.\frac{1}{3}V = \frac{1}{6}V\]
Vậy\[\frac{{{V_1}}}{V} = \frac{1}{6}\]
Đáp án cần chọn là: C
Câu 29:
Đề thi THPT QG - 2021 - mã 101
Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′ có đáy là hình vuông, BD=2a, góc giữa hai mặt phẳng \[(A\prime BD)\;\]và (ABCD) bằng 300. Thể tích của khối hộp chữ nhật đã cho bằng
* Xác định\[\angle \left( {\left( {A'BD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right)\]
+\[\left( {A'BC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BD\]
+\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{AA\prime \bot BD}\\{AO \bot BD}\end{array}} \right. \Rightarrow (A\prime AO) \bot BD\)
+ \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(A\prime AO) \cap (A\prime BD) = A\prime O}\\{(A\prime AO) \cap (ABCD) = AO}\end{array}} \right.\)
\[ \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'BD} \right);\left( {ABCD} \right)} \right) = \angle \left( {A'O;AO} \right) = \angle A'OA\]
\[ \Rightarrow \angle A'OA = {30^0}\]
* Xét tam giác A′OA vuông tại A có\[AO = \frac{1}{2}AC = \frac{1}{2}BD = a\]
\[ \Rightarrow AA' = \tan {30^0}.AO = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}\]
\[ \Rightarrow {V_{ABCD.A'B'C'D'}} = {S_{ABCD}}.AA' = \frac{1}{2}AC.BD.AA'\]
\[ = \frac{1}{2}.{\left( {2a} \right)^2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2\sqrt 3 {a^3}}}{3}\]
Đáp án cần chọn là: D
Câu 30:
Cho lăng trụ đều ABC.A′B′C′, cạnh đáy bằng a, góc giữa hai mặt phẳng (A′BC) và (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối lăng trụ đó.
Gọi M là trung điểm của BC. Ta có:
\[AM \bot BC\](do \[{\rm{\Delta }}ABC\]đều)
\[BC \bot AA'\,\,\left( {gt} \right)\]
\[ \Rightarrow BC \bot \left( {AA'M} \right) \Rightarrow BC \bot A'M\]
Ta có:\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{(A\prime BC) \cap (ABC) = BC}\\{AM \subset (ABC),AM \bot BC}\\{A\prime M \subset (A\prime BC),A\prime M \bot BC}\end{array}} \right.\)
\[ \Rightarrow \angle \left( {\left( {A'BC} \right);\left( {ABC} \right)} \right) = \angle \left( {A'M;AM} \right) = \angle A'MA = {60^0}\]
Vì\[{\rm{\Delta }}ABC\] đều cạnh a nên\[AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]và\[{S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\]
Xét tam giác vuông\[A'AM\]có:\[AA' = AM.\tan {60^0} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\sqrt 3 = \frac{{3a}}{2}\]
Vậy thể tích khối lăng trụ là\[{V_{ABC.A'B'C'}} = AA'.{S_{{\rm{\Delta }}ABC}} = \frac{{3a}}{2}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{a^2}\sqrt 3 }}{8}\]
Đáp án cần chọn là: C
Câu 31:
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A′B′C′có AB=a, đường thẳng A′B tạo với mặt phẳng \[(BCC\prime B\prime )\;\]một góc 300. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A′B′C′.
Gọi M là trung điểm của\[B'C'\].Vì\[{\rm{\Delta }}A'B'C'\]đều nên\[A'M \bot B'C'\]
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{A\prime M \bot B\prime C\prime }\\{A\prime M \bot BB\prime (BB\prime \bot (A\prime B\prime C\prime ))}\end{array}} \right. \Rightarrow A\prime M \bot (BCC\prime B\prime )\)
⇒BM là hình chiếu của A′M lên (BCC′B′)
\[ \Rightarrow \angle \left( {A'B;\left( {BCC'B'} \right)} \right) = \angle \left( {A'B;MB} \right) = \angle A'BM = {30^0}\]
Theo bài ra ta có \[{\rm{\Delta }}A'B'C'\] đều cạnh aa nên\[A'M = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]và\[{S_{{\rm{\Delta }}A'B'C'}} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\]
Ta có:\[A'M \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow A'M \bot BM \Rightarrow {\rm{\Delta }}A'BM\] vuông tại M
\[ \Rightarrow BM = A'M.\cot {30^0} = \frac{{3a}}{2}\]
Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông BB′M ta có:
\[BB' = \sqrt {B{M^2} - B{B^{\prime 2}}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{3a}}{2}} \right)}^2} - {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = a\sqrt 2 \]
Vậy \[{V_{ABC.A'B'C'}} = BB'.{S_{A'B'C'}} = a\sqrt 2 .\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{4}\]
Đáp án cần chọn là: B
Câu 32:
Cho khối lập phương có thể tích bằng 27, diện tích toàn phần của khối lập phương đã cho bằng:
Cạnh của khối lập phương đã cho là:\[a = \sqrt[3]{{27}} = 3.\]
⇒ Diện tích toàn phần của khối lập phương đã cho là:\[{6.3^2} = 54.\]
Đáp án cần chọn là: D